Khiem doan van

Một số dạng toán bất đẳng thức tứ diện tương tự tam giác Đoàn Văn Khiêm Trường THPT Tuy Phước, Bình Định Hình tam giác hình tứ diện có nhiều tính chất giống như: tam giác đa giác có số cạnh nhất; hình tứ diện hình đa diện có số mặt nhất; tam giác có đường tròn ngoại tiếp nội tiếp; tứ diện có mặt cầu ngoại tiếp nội tiếp, Đối với học sinh khá, giỏi lớp 11, em quen với hệ thức tương tự tam giác tứ diện như: −→ −−→ −→ → − • G trọng tâm ∆ABC ⇔ GA + GB + GC = −→ −−→ −→ −−→ → − • G trọng tâm tứ diện ABCD ⇔ GA + GB + GC + GD = Hoặc tam giác vng tứ diện có cạnh xuất phát từ đỉnh vng góc đơi 1 có hệ thức tương tự: + = (a, b: độ dài cạnh góc vng; h: độ dài a b h đường cao vẽ từ đỉnh góc vng tam giác vuông) 1 1 + + = (a, b, c: độ dài cạnh vng góc đôi nêu; h: độ dài đường cao tứ a b c h diện kẻ từ đỉnh chung đó) Vấn đề đặt làm để nhận biết hệ thức (đẳng thức, bất đẳng thức) có tam giác, liệu có tồn hệ thức tương tự tứ diện không? Giải vấn đề củng cố kiến thức cho em, đặc biệt học sinh giỏi, cách hệ thống logic mà tạo hứng thú học tập bước đầu giúp học sinh biết tìm tòi, phát kiến thức Trong chuyên đề này, đưa số bất đẳng thức tam giác mở rộng sang tứ diện nhờ vào tính chất tương tự nêu, tính tương tự chứng minh Cuối cùng, chân thành cảm ơn đóng góp quý báu quý đồng nghiệp thiếu sót chuyn đề Các kiến thức bổ trọ Ngoài kiến thức quy định chương trình tốn (SGK hành), chuyn đề sử dụng số kiến thức như: Bất đẳng thức Bunhiacopsky: n b i i=1 n ≤ i=1 a2i n b2i ∀ai , bi ∈ R i=1 Dấu “=” xảy ∃k ∈ R: = kbi ( i = 1, 2, , n) Tỷ số diện tích OA.OB S (∆OAB) = Kí hiệu S (∆OAB): diện tích Với A, A ∈ Ox; B, B ∈ Oy ta có S (∆OA B ) OA OB ∆OAB Tỷ số thể tích Cho Ox, Oy, Oz khơng đồng phẳng A, A ∈ Ox; B, B ∈ Oy; C, C ∈ Oz Ta có V (OABC) OA.OB.OC = V (OA B C ) OA OB OC Kí hiệu: V (OABC): thể tích khối tứ diện OABC 160 Cơng thức Leibniz a) Đối với tam giác ABC, G trọng tâm Ta có M A2 + M B + M C = 3M G2 + GA2 + GB + GC , ∀M Đặc biệt: M ≡ O: tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC, GA2 +GB +GC = (R2 − OG2 )( R: bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC) b) Đối với tứ diện ABCD, G trọng tâm Ta có M A2 + M B + M C + M D2 = 4M G2 + GA2 + GB + GC + GD2 , ∀M Đặc biệt: M ≡ O: tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện, GA2 + GB + GC + GD2 = (R2 − OG2 )(R: bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện) Phương tích điểm mặt cầu (O;R) −−→ −−→ −−→ −−→ Từ M kẻ đường thẳng cắt mặt cầu (O; R) A, B, C, D M A.M B = M C.M D = OM − R2 (∗) 161 + Nếu M ngồi hình cầu từ (*) ta có M A.M B = M C.M D = OM − R2 + Nếu M hình cầu từ (*) ta có M A.M B = M C.M D = R2 − OM Các kiến thức chứng minh nhiều tài liệu, chúng tơi khơng chứng minh lại MỘT SỐ BÀI TỐN MỞ RỘNG TỪ TAM GIÁC SANG TỨ DIỆN Bài toán a) Trong tam giác Bài toán 1.a: Cho A1, B1, C1 điểm cạnh BC, CA, AB ∆ABC Kí hiệu SA, SB, SC diện tích ∆AB1 C1 , ∆BC1 A1 , ∆CA1 B1 Chứng minh {SA , SB , SC } ≤ S, với S diện tích ∆ABC (Ký hiệu {SA , SB , SC }: giá trị nhỏ giá trị SA, SB, SC ) Giải Chứng minh phản chứng (hình 1)    S A > S(∗)    Giả sử ngược lại, tức có SB > S(∗∗)      SC > S(∗ ∗ ∗) SA AC1 AB1 Khi đó, từ (*) ta có > ⇒ > (1) S AB.AC Tương tự, từ (**), (***) ta có BC1 BA1 > (2) BC.BA CA1 CB1 > (3) CA.CB Nhân bất đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta được: 162 AB1 AC1 BA1 BC1 CB1 CA1 > 2 a b c 64 (4) (với a = BC, b = CA, c = AB) Mặt khác, ta có √ BA1 + CA1 BA1 CA1 1= ≥ (bất đẳng thức Cauchy) a a BA1 CA1 ⇒ ≤ a Tương tự, ta có CB1 AB1 AC1 BC1 ≤ ; ≤ 2 b c AC1 AB1 BA1 BC1 CB1 CA1 ≤ Suy (5) bất đẳng thức (5) mâu thuẫn với bất đẳng 2 abc 64 thức (4) Từ tốn chứng minh b) Nhận xét + Các điểm A1, B1, C1 thuộc cạnh tam giác cho phép ta sử dụng tỉ số diện tích diện tích tam giác tạo thành diện tích ∆ABC BA1 BC1 + Tỷ số “xuất hiện” tích xem so sánh A1 với trung điểm BC; BC BA C1 với trung điểm BA + Với điểm cạnh tứ diện, dùng tỉ số thể tích, ta dự đốn làm xuất số Từ đó, ta có toán mở rộng sau: c) Mở rộng sang tứ diện 163 Bài toán 1.b Cho tứ diện ABCD Gọi B1 , C1 , D1 , B , C , D điểm cạnh AB, AC, AD, CD, BD, BC Kí hiệu VA , VB , VC , VD , V thể tích tứ diện AB1 C1 D1 , BB1 C D , CC1 B D , DD1 B C , ABCD Khi {VA , VB , VC , VD } ≤ V Giải Phản chứng toán 1.a ta có bất đẳng thức sau: AB1 AC1 AD1 VA = > V AB.AC.AD BB1 BC BD VB = > V BA.BC.BD CC1 CB CD VC = > V CA.CD.CB VD DD1 DB DC = > V DA.DB.DC Nhân bất đẳng thức với kí hiệu b, c, d, b’, c’, d’ độ dài cạnh AB, AC, AD, CD, AB1 BB1 AC1 CC1 AD1 DD1 BC DC BD CD CB DB BD, BC, ta > b2 c d b c d Hay 12 AB1 BB1 AC1 CC1 AD1 DD1 BC DC BD CD CB DB > (6) b2 c d b c d Cũng làm tương tự toán 1.a, ta bất đẳng thức có dạng AB1 BB1 ≤ b2 Từ suy VT(6) (vế trái (6)): 12 1 V T (6) ≤ = (7) bất đẳng thức (7) mâu thuẫn với bất đẳng thức (6) Từ ta điều phải chứng minh Bài toán a) Trong tam giác Bài tốn 2.a Cho ∆ABCnội tiếp đường tròn (O;R), G trọng tâm tam giác GA, GB, GC tương ứng cắt đường tròn (O) A1, B1, C1 Chứng minh 164 1) GA1 + GB1 + GC1 ≥ GA + GB + GC 2) S1 ≥ S (với S1, S thứ tự diện tích ∆A1 B1 C1 , ∆ABC) Giải (hình 3) GA1 GA GB1 GB GC1 GC + + = (R2 − OG2 ) GA GB GC −−→ −→ −−→ −−→ −−→ −→ = GA1 GA = GB1 GB = GC1 GC = OG2 − R2 1) Ta có GA1 +GB1 +GC1 = Do PG /(O) 1 + + GA GB GC 1 1 (GA2 + GB + GC ) + + (1) GA GB GC (hệ thức Leibniz với M ≡ O) Theo bất đẳng thức Bunhiacopsky (GA + GB + GC)2 ≤ (GA2 + GB + GC ) (2) Từ (1), (2) suy 1 1 GA1 + GB1 + GC1 ≥ (GA + GB + GC)2 + + (3) GA GB GC 1 Theo bất đẳng thức Cauchy, (GA + GB + GC) + + ≥ (4) GA GB GC Từ (3), (4) ta bất đẳng thức cần chứng minh Dấu “=” xảy ⇔ GA = GB = GC ⇔ G ≡ O ⇔ ∆ABC 2) Vì G trọng tâm ∆ABC nên S (∆GBC) = S (∆GCA) = S (∆GAB) = S (*) S1 S (∆GB1 C1 ) + S (∆GC1 A1 ) + S (∆GA1 B1 ) Ta có = S S S1 S (∆GB1 C1 ) S (∆GC1 A1 ) S (∆GA1 B1 ) ⇒ = + + (do (*)) S 3S (∆GBC) 3S (∆GCA) 3S (∆GAB) Hay GA1 + GB1 + GC1= S1 GB1 GC1 GC1 GA1 GA1 GB1 = + + S GB.GC GC.GA GA.GB (bất đẳng thức Cauchy) Mặt khác, ⇒ 165 ≥ GA1 GB1 GC1 (5) GA2 GB GC GA1 GA = GB1 GB = GC1 GC = R2 − OG2 (suy từ PG /(O) ) GA2 + GB + GC = (R2 − OG2 ) ( hệ thức Leibniz) GB GC GA2 + GB + GC GA2 + + Nên = = R2 − OG2 GA.GA1 GB.GB1 GC.GC1 GA.GB.GC GA GB GC ⇒3= + + ≥33 (bất đẳng thức Cauchy) GA1 GB1 GC1 GA1 GB1 GC1 GA1 GB1 GC1 ⇒ ≥ (6) GA.GB.GC S1 Từ (5) (6) ⇒ ≥ ⇒ bất đẳng thức cần chứng minh S Dấu “=” xảy xảy dấu “=” (5) (6) GB GC GA = = = ⇔ G ≡ O, tức ∆ABC ⇔ GA1 GB1 GC1 b) Nhận xét Với lời giải trên, thay ∆ABC tứ diện ABCD, ta cần thay số lượng yếu tố hình học tham gia vào giải Cụ thể: • Trong (1) thay GA1 + GB1 + GC1 GA1 + GB1 + GC1 + GD1 • Trong (2) dùng bất đẳng thức Bunhiacopsky cho cặp số • Trong (4) dùng bất đẳng thức Cauchy cho tổng, tổng gồm số • Đẳng thức (*) thay V (GBCD) = V (GCDA) = V (GDAB) = V (GABC) = V (ABCD) Do đó, ta có tốn mở rộng sau: c) Mở rộng sang tứ diện Bài toán 2.b Cho tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu (O;R) G trọng tâm tứ diện GA, GB, GC, GD cắt mặt cầu (O;R) thứ tự A1, B1, C1, D1 Chứng minh 1) GA1 + GB1 + GC1 + GD1 ≥ GA + GB + GC + GD 2) V (A1 B1 C1 D1 ) ≥ V (ABCD) Lời giải: Bài toán 2.b tiến hành tương tự tốn 2.a Ở trình bày tóm tắt: GA1 GA GB1 GB GC1 GC GD1 GD + + + 1) GA1 + GB1 + GC1 + GD1 = GA GB GC GD 1 1 ⇒ GA1 + GB1 + GC1 + GD1 = (R2 − OG2 ) + + + GA GB GC GD 1 1 = (GA2 + GB + GC + GD2 ) + + + GA GB GC GD 1 1 ⇒ GA1 + GB1 + GC1 + GD1 ≥ (GA + GB + GC + GD)2 + + + 16 GA GB GC GD ⇒ GA1 + GB1 + GC1 + GD1 ≥ GA + GB + GC + GD (bất đẳng thức chứng minh) 2) Vì G trọng tâm tứ diện nên V (GBCD) = V (GCDA) = V (GDAB) = V (GABC) = V Kí hiệu: V, V1 l thể tích tứ diện ABCD, A1B1C1D1 thứ tự Sử dụng: phép phân tích tốn 2.a, tỷ số thể tích bất đẳng thức Cauchy, ta chứng 3 3 V1 GA1 GB1 GC1 GD1 minh ≥ ≥1 V GA3 GB GC GD3 Suy V1 ≥ V Dấu “=” xảy ⇔ G ≡ O ⇔ ABCDlà tứ diện gần (tứ diện có cặp cạnh đối nhau) 166 Bài tốn a) Trong tam giác Bài toán 3.a Cho tam giác nội tiếp đường tròn (O;R), cho O tam giác OA, OB, 9R OC cắt BC, CA, AB thứ tự A’, B’, C’ Chứng minh AA + BB + CC ≥ Giải (hình 4) Kí hiệu: S, Sa, Sb, Sc diện tích ∆ABC, ∆OBC, ∆OCA, ∆OAB Ta có Sa +Sb +Sc = Sa Sb Sc S⇒ + + = (*) S S S Sa OA OA OB Chứng minh = Tương tự tỷ số lại, nên từ (*) suy + + S AA AA BB OC =1 CC AA − OA BB − OB CC − OC ⇒ + + =1 AA BB CC R R R ⇒ + + = (**) AA BB CC 1 (1) ⇒ + + = AA BB CC R Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy 1 AA + BB + CC + + ≥ (2) AA BB CC Từ (1) (2) suy AA + BB + CC ≥ R 9R Vậy AA + BB + CC ≥ Dấu “=” xảy ⇔ ∆ABC b) Nhận xét + Với giả thuyết O tam giác, giúp ta phân tích S = Sa +Sb +Sc OA = AA −R nên có hệ thức (1) Ngồi ra, hai tam giác OBC ABC có chung đáy BC nên tỉ số diện tích tỉ số hai độ dài đường cao, từ đưa tỉ số OA’:AA’ + Số bất đẳng thức có từ (**) (2) + Đối với tứ diện ABCD thể tích V tứ diện ABCD phân tích thành tổng thể tích tứ diện đỉnh O nên số đẳng thức tương tự (**) thay số số bất đẳng thức tương tự (2) thay số 16 (trong bất đẳng thức Cauchy) 167 Từ ta có tốn sau: c) Mở rộng sang tứ diện Bài toán 3.b Cho tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu (O;R) cho O tứ diện OA, OB, OC, OD cắt mặt BCD, CDA, DAB, ABC thứ tự A’, B’, C’, D’ Chứng minh 16R AA + BB + CC + DD ≥ Giải tóm tắt: (hình 5) Gọi V, VA, VB, VC, VD thể tích tứ diện ABCD, OBCD, OACD, OABC Ta có V = VA + VB + VC + VD VA VB VC VD ⇒ + + + = (a) V V V V Gọi H, K hình chiếu A, O (BCD) Do OK // AH nên H, K, A’ thẳng hàng Từ VA OK OA R = = =1− V AH AA AA 1 1 Do đó, (a) ⇔ R + + =3 AA BB CC DD 1 1 ⇔ + + + = (b) AA BB CC DD R 168 Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có 1 1 + + + ≥ 16 (c) AA + BB + CC + DD AA BB CC DD Từ (b) (c) suy bất đẳng thức cần chứng minh Dấu “=” xảy ⇔ AA = BB = CC = DD ⇔ OA = OB = OC = OD VA VB VC VD ⇔ = = = = V V V V ⇔ O trọng tâm tứ diện ⇔ABCD tứ diện gần Để kết thúc viết này, có lẽ cần có tốn tứ diện có cạnh xuất phát từ đỉnh tứ diện vng góc đơi Đối với tam giác vng ABC vng A, ta có định lý Pythagore: BC = AB + AC Một hệ thức tương tự có tứ diện ABCD có cạnh AB, AC, AD vng góc đơi Kí hiệu SA, SB, SC, SD diện tích ∆BCD, ∆ACD, ∆ABD, ∆ABC thứ tự thì: SA2 = SB2 + SC2 + SD (A) Thật vậy, đặt b = AB, c = AC, d = AD(hình 6) Ta có SB2 + SC2 + SD = (c2 d2 + d2 b2 + b2 c2 ) (1) Mặt khác, BC = b2 + c2 , CD2 = c2 + d2 , BD2 = b2 + d2 1 SA2 = BC BD2 sin2 CBD = BC BD2 − cos2 CBD 4 (BC + BD2 − CD2 ) ⇒ SA2 = BC BD2 − 4.BC BD2 ⇒ SA2 = [(b2 + c2 ) (b2 + d2 ) − b4 ] ⇒ SA = (b2 d2 + b2 c2 + c2 d2 ) (2) Từ (1) (2) suy (A) chứng minh Bài toán (Bài tốn 4.a.) Cho ∆ABC vng A, có BC = a, AB = c, AC = b; đường cao AH = h Chứng minh 169 1) P ≤ a √ 2+1 √ 2) b + c ≥ 2h Kí hiệu P: chu vi ∆ABC Giải 1) Ta có P = a + b + c ≤ a + (b2 + c2 ) (bất đẳng thức Bunhiacopsky) √ √ ⇒ P ≤ a + a hay P ≤ a + Dấu “=” xảy ⇔ b = c ⇔ ∆ABC vuông cân A √ 2) Ta có b + c ≥ bc (*) √ 1 ⇒ bc ≥ 2h2 (**) Từ (*) (**) suy b + c ≥ 2h Mặt khác, = + ≥ h b c bc Dấu “=” xảy ⇔ b = c ⇔ ∆ABCvuông cân A Nhận xét Trong chứng minh trên, ta sử dụng hệ thức tam giác vuông: a2 = b2 + c2 1 = + h b c Sử dụng hệ thức tương tự tứ diện có cạnh xuất phát từ đỉnh vng góc đơi một, với tương ứng chu vi tam giác diện tích tồn phần Stp tứ diện, ta có tốn sau: c) Mở rộng sang tứ diện Bài toán (Bài tốn 4.b.) Cho tứ diện ABCD có AB, AC, AD đơi vng góc; h độ dài đường cao tứ diện kẻ từ A; SA, SB, SC, SD diện tích mặt đối diện đỉnh A, B, C, D tương ứng Chứng minh √ 1) Stp ≤ SA + 2) SB + SC + SD ≥ h2 Giải tóm tắt: 1) Stp = SA + SB + SC + SD ≤ SA + (SB2 + SC2 + SD ) Sử dụng hệ thức (A) ta bất đẳng thức cần chứng minh Dấu “=” xảy ⇔ SB = SC = SD ⇔ AB = AC = AD 2) SB + SC + SD = (cd + bd + bc) (với AB = b, AC = c, AD = d) 3√ 2 ⇒ SB + SC + SD ≥ b c d (bất đẳng thức Cauchy) (a) √ 1 1 Lại có: = + + ≥ 3 2 ⇒ b2 c2 d2 ≥ 3h2 (b) h b c d bcd Từ (a) (b) ta SB + SC + SD ≥ h2 Dấu “=” xảy ⇔ b = c = d Kết luận Trên nêu lên tốn tam giác mở rộng sang tứ diện nhờ vào phép tương tự chứng minh Số lượng tốn nêu khơng nhiều chưa đa dạng, nhiên qua định cho em học sinh hướng để tìm tòi kết tương tự từ tốn tam giác sang tứ diện Các toán loại chắn nhiều, chúng tơi tiếp tục nghiên cứu năm sau 170